Solutions du contrôle n˚5

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Solutions du contrôle n˚5

Durée : 2 heures. Calculatrices autorisées

I) 8 points

1. Soitu_n= √ⁿ

1 +n²= (1 +n²)^1/n

Alorsln(un) =ln(1 +n²)

n =

ln(n²) + ln

1 + 1 n²

n = 2 ln(n)

n + ln

1 + 1

n²

n

Lorsque ntend vers+∞, le premier terme tend vers 0 (croissances comparées), le deuxième aussi (pas d’indétermination,ln(1) = 0).

Doncln(un)tend vers 0.

Or un =e^ln(un), donc lim

n→+∞un =e⁰= 1

2. On peut conjecturer le sens de variation deuen calculant des valeurs particulières : les premières valeurs de u_n sont2; 2,83; 4,76; 10,37; 33,42; 193,17 On conjecture que uest croissante

Admettons que usoit croissante.

Que se passerait-il si elle était convergente vers une limite réelleL? On aurait lim

n→+∞un+1=L(composition de limites) et lim

n→+∞un

√un=L√ L(opé- rations sur les limites).

Donc, puisqueun+1 =un

√un, on aurait par passage à la limiteL=L√

L, ce qui équivaut àL(1−√

L) = 0, soitL= 0ouL= 1.

Mais comme uest croissante et queu₀= 2, on au_n >2, donc L>2. Donc il est impossible queL= 0 ouL= 1.

Doncune peut pas être convergente, elle est donc divergente.

Or elle est croissante, donc si elle était majorée alors elle serait convergente d’après un théorème. Mais on n’a vu que ce n’était pas le cas. Donc elle n’est pas majorée, et alors d’après un théorème sa limite est +∞.

n→+∞lim un= +∞

3. f⁰(x) =· · ·= x(2−xln(2))

2^x (la dérivée de2^x est2^xln(2)).

Le signe dépend de ceux dexet de 2−xln(2).

Quand a-t-on2−xln(2)>0? Lorsquex < 2

ln(2) (ln(2)>0car2>1)

x −∞ 0 a= 2

ln(2) +∞

f⁰(x) − + −

f(x) +∞

0

f(a)

0

limites

• En−∞il n’y a pas d’indétermination (forme « +∞

0⁺ », car la limite dea^x est 0 poura >1). Donc lim

x→−∞f(x) = +∞

• En +∞il y a une indétermination de la forme « +∞

+∞ » car la limite de a^x est +∞poura >1). On va utiliser les croissances comparées mais il faut se ramener à l’exponentielle de baseeet faire un changement de variable :

2^x=e^xln(2). On poseX =xln(2).

On obtientf(x) =

X

ln(2) 2

e^−X =

1

ln(2) 2

X²e^−X. Or une limite du cours (croissances comparées) donne lim

X→+∞Xⁿe^−X = 0.

Donc lim

x→+∞f(x) = 0 4. Les coordonnées sont :I

a

2;b 2

H(k;l), K(k; 0), L(0;l) Alors−→

OI

a

2;b 2

et−−→

KL(−k;l), donc−→

OI·−−→ KL=1

2(−ka+lb) Or par hypothèse−−→

OH·−−→

AB= 0. Comme−−→

OH(k;l)et−−→

AB(−a;b), on a

−−→OH·−−→

AB=−ka+lb= 0.

Donc finalement−→

OI·−−→ KL=1

2(−ka+lb) = 0et donc(OI)et(KL)sont perpendi- culaires.

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II) 6 points

1. un+1=un+1

4(vn−un) = 3un+vn

4 vn+1= un+vn

2

2. a) vn+1−un+1 = · · · = 1

4(vn−un), donc v−u est une suite géométrique de raison 1

4. Commev0−u0= 1, on en déduit quevn−un= 1 4ⁿ. b) uest croissante carun+1−un =· · ·= 1

4(vn−un) = 1 4× 1

4ⁿ >0.

v est décroissante carvn+1−vn=· · ·=−1 2× 1

4ⁿ 60.

v−utend vers 0 : suite géométrique de raisonq=1

4 avec−1< q <1.

Donc u et v sont adjacentes (définition des suites adjacentes).et donc elles sont convergentes vers une limite réelle Lcommune (théorème des suites ad- jacentes).

D’après le théorème des suites adjacentes,un6L6vn. Pour avoir l’encadrement demandé, il suffit de choisirntel que vn−un 610⁻³, soit 1

4ⁿ 610⁻³, soit, avec les logarithmes :

−nln(4)6−3 ln(10), soit n>3 ln(10)

ln(4) . Le premier entier vérifiant cela est 5.

Doncu56L6v5. Après calculs, u5≈0,333, v5≈0,334, donc 0,3336L60,334

3. On a vu que un+1−un =1 4 × 1

4ⁿ. Doncxest une suite géométrique de raison 1 4. Doncu_n=u₀+ (u₁−u₀) + (u₂−u₁) +· · ·+ (u_n−u_n−1) =u₀+x₀+x₁+· · ·+x_n−1 D’après la formule de la somme des termes d’une suite géométrique,

un= 0 + 1

4×1− ¹₄n

1−¹₄ =1

3(1− ¹₄n

). Donc lim

n→+∞un= 1 3

III) 6 points

A. I.

B. .C

D . H

. .J

1. Dans le triangle isocèleABC, la médiane(CI)est aussi hauteur donc(CI)⊥(AB) Dans le triangle isocèleABD, la médiane(DI)est aussi hauteur donc(DI)⊥(AB) Or−−→

AB·−−→

CD=−−→ AB·−→

CI+−−→ AB·−→

ID(relation de Chasles, distributivité) Donc−−→

AB·−−→

CD= 0 + 0 = 0, donc (AB)⊥(CD)

2. Il faut démontrer deux conditions :Hest dans le plan(ABC)et−−→

J Hest orthogonal au plan(ABC).

La première condition est vérifiée puisque H est sur [IC], et que I et C appar- tiennent au plan(ABC).

La deuxième condition équivaut à : −−→

J H est orthogonal à deux vecteurs non coli- néaires du plan(ABC). On va faire la démonstration avec −−→

ABet−→ IC Comme (JH) est la droite des milieux dans le triangleIDC,−−→

J H = 1 2

−→DI. Donc il suffit de démontrer que(DI)est orthogonale à(AB)et à(CI)

(AB)⊥(DI)(médiane-hauteur dansABDisocèle) et(DI)⊥(IC)par hypothèse.

. Donc(J H)est bien perpendiculaire au plan(ABC), et doncH est bien le projeté deJ sur ce plan.

3. a) CA=· · ·=√

3 etCB=· · ·=√

3 =CA, doncABC est bien isocèle.

DA=· · ·=√

3etDB=· · ·=√

3 =DA, doncABDest bien isocèle.

On calcule le milieu de[AB], on vérifie qu’on trouve bienI.

On calcule−→ IC·−→

ID= 0 + 1−1 = 0, doncICDest bien rectangle enI.

b) Le milieu de[J K]est G

0;1 2;1

2

(en faitG=H).

Un pointM(x;y;z)appartient au plan médiateur de[J K] si et seulement si

−−→GM·−−→

J K = 0avec−−→

J K(0;−1; 1), soit−y 2+z

2 = 0, soit z=y . C’est l’équation de ce plan médiateur.

On vérifie que les trois points A, B et C vérifient cette équation, donc le plan(ABC)est le plan médiateur de[J K]

c) On vient de trouver l’équation du plan(ABC): z=y, soit 0x+ (−1)×y+ 1×z= 0.

Un vecteur normal au plan(ABC)est donc−→n(0;−1; 1) OrH

0;1

2;1 2

et −−→

J H

0;−1 2;1

2

. Donc −−→

J H est colinéaire à −→n et donc −−→

J H est orthogonal au plan (ABC).

Comme de plus H appartient à ce plan, H est bien le projeté orthogonal de J sur (ABC)